备战2026年高考物理（新高考）易错点04 对曲线运动的分析存在误区（3陷阱点5考点6题型）（解析版）

易错点04对曲线运动的分析存在误区

目录

01易错陷阱

易错点一：不会运用运动的合成与分解求解两种模型

易错点二：对抛体运动理解有误

易错点三：对圆周运动理解有误

02易错知识点

知识点一、绳杆末端速度分解的三种方法

知识点二、常见斜面平抛模型与结论

类型一：沿着斜面平抛

类型二：垂直撞斜面平抛运动

类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题

知识点三、水平方向上的圆周运动

知识点四、竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比

知识点五、竖直面内圆周运动常见问题与二级结论

03举一反三——易错题型

题型一：对绳、杆端速度进行分解

题型二：平抛运动与斜面、曲面的结合

题型三：多体平抛运动

题型四：斜抛运动

题型五：水平面上的圆周运动（圆锥摆，圆碗……）

题型六：竖直面的绳、杆模型及临界条件

04易错题通关

易错点一：不会运用运动的合成与分解求解两种模型

1．解决小船渡河问题掌握“三模型、两方案、两确定”

（1）小船渡河三种模型

当船头方向垂直河岸时，渡河时间最短，最

渡河时间最短d

短时间tmin＝

v船

如果v船>v水，当船头方向与上游河岸夹角θ

满足v船cosθ＝v水时，合速度垂直河岸，渡

河位移最短，等于河宽d

渡河位移最短

如果v船<v水，当船头方向(即v船方向)与合

速度方向垂直时，渡河位移最短，等于dv水

v船

2.绳（杆）关联速度问题

（1）易错注意点

①绳或杆质量忽略不计

②绳或杆不可伸长

③沿绳(杆)方向的速度分量大小相等．

（2）思路方法

合运动（实际发生的运动）→合速度→绳(杆)拉物体的实际运动速度v

其一：沿绳杆的速度v1

分运动（对合运动沿某方向分解的运动）→分速度→

其二：与绳杆垂直的速度v2

方法：v1与v2的合成遵循平行四边形定则．

（3）绳、杆末端速度分解四步

①找到合运动——物体的实际运动；②确定分运动——沿绳(杆)和垂直于绳(杆)；③作平行四边形；

④根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解。常见的模型如图所示。

易错点二：对抛体运动理解有误

1．平抛(或类平抛)运动所涉及物理量的特点

物理量公式决定因素

取决于下落高度和重力加

2hh

飞行时间t＝

g速度g，与初速度v0无关

由初速度、下落高度和重

2hv0h

水平射程x＝v0t＝v0

g力加速度g共同决定

与初速度v0、下落高度h和重

222

落地速度vt＝vx＋vy＝v0＋2gh

力加速度g有关

Δv＝gΔt，方向恒为竖直向下

由重力加速度g和时间间隔

速度改变量

Δt共同决定

2．平抛运动中物理量的关系图

两个三角形，速度与位移；

九个物理量，知二能求一；

时间和角度，桥梁和纽带；

时间为明线，角度为暗线。

3．平抛运动常用三种解法

正交分解法：分解位移（位移三角形）：若已知h、x，可求出；

�

①�0=�2ℎ

分解速度（速度三角形）：若已知v0、θ，可求出v=v0/cosθ；

推论法：若已知h、x，可求出tanθ=2tanα=2h/x；

②22

动能定理法：若已知h、v0，动能定理：mgh=½mv-½mv0，可求出。

2

③�=�0+2�ℎ

4.平抛运动中的临界、极值问题

在平抛运动中，由于时间由高度决定，水平位移由高度和初速度决定，因而在越过障碍物时，有可

能会出现恰好过去或恰好过不去的临界状态，还会出现运动位移的极值等情况．

1．若题目中有“刚好”“恰好”“正好”等字眼，明显表明题述的过程中存在着临界点．

2．若题目中有“取值范围”“多长时间”“多大距离”等词语，表明题述的过程中存在着“起止点”，而这

些“起止点”往往就是临界点．

3．若题目中有“最大”“最小”“至多”“至少”等字眼，表明题述的过程中存在着极值点，这些极值点也

往往是临界点．

易错点三：对圆周运动理解有误

v22π

1．匀速圆周运动的向心力公式为F＝m＝mω2r＝mr()2.

rT

2．物体做匀速圆周运动的条件：合力大小不变，方向始终与速度方向垂直且指向圆心，提供物体做

圆周运动的向心力．

易错分析

3．向心力是效果力：向心力是根据力的作用效果命名的，不是性质力，它可以是重力、弹力、摩擦

力等各种性质的力，也可以是它们的合力，或某个力的分力．注意在分析物体受力时，不能说物体

还受一个向心力的作用，向心力可以是某一种性质力，也可以是几个性质力的合力或某一性质力的

分力．

知识点一、绳杆末端速度分解的三种方法

方法一、微元法

要求船在该位置的速率即为瞬时速率，需从该时刻起取一小段时间来求它的平均速率，当这一小段

时间趋于零时，该平均速率就为所求速率。

如图所示，设船在θ角位置经t时间向左行驶x距离，滑轮右侧的绳长缩短L，当绳与水平方向

的角度变化很小时，ABC可△近似看做是一直△角三角形，因而有L=xcosθ△，两边同除以t得：

△△△△

，即收绳速率v0=vAcosθ，因此船的速率为：vA=υ0/cosθ。

方法二、效果分解法

首先确定合运动，即物体实际运动；其次确定物体A的两个分运动。两个分运动：一是沿绳的方向

被牵引，绳长缩短。绳长缩短的速度即等于v1=v0；二是随着绳以定滑轮为圆心的摆动，它不改变绳

长，只改变角度θ的值。这样就可以将vA按图示方向进行分解。所以v1及v2实际上就是vA的两个分

速度，如图所示，由此可得vA=υ0/cosθ。

方法三、功率等值法

由题意可知：人对绳子做功等于绳子对物体所做的功，即二者做功的功率相等。人对绳子的拉力为

F，则对绳子做功的功率为P1=Fv0；绳子对物体的拉力，由定滑轮的特点可知，拉力大小也为F，则

绳子对物体做功的功率为P2=FvAcosθ，因为P1=P2所以vA=v0/cosθ。

知识点二、常见斜面平抛模型与结论

类型一：沿着斜面平抛

1.斜面上平抛运动的时间的计算

斜面上的平抛(如图)，分解位移（位移三角形）

x＝v0t，

1

y＝gt2，

2

y

tanθ＝，

x

2v0tanθ

可求得t＝。

g

2.斜面上平抛运动的推论

根据推论可知，tanα=2tanθ，同一个斜面同一个θ，所以，无论平抛初速度大小如何，落到斜面速度

方向相同。

3.与斜面的最大距离问题

【构建模型】如图所示，从倾角为θ的斜面上的A点以初速度v0水平抛出一个物体，物体落在斜面

上的B点，不计空气阻力．

法一：(1)以抛出点为坐标原点，沿斜面方向为x轴，垂直于斜面方向为y轴，建立坐标系，如图(a)

所示

vx＝v0cosθ，vy＝v0sinθ，

ax＝gsinθ，ay＝gcosθ.

物体沿斜面方向做初速度为vx、加速度为ax的匀加速直线运动，垂直于斜面方向做初速度为vy、加

速度为ay的匀减速直线运动，类似于竖直上抛运动．

v0tanθ

令v′y＝v0sinθ－gcosθ·t＝0，即t＝.

g

v0tanθ2v0tanθ

(2)当t＝时，物体离斜面最远，由对称性可知总飞行时间T＝2t＝，

gg

2

122v0tanθ

A、B间距离s＝v0cosθ·T＋gsinθ·T＝.

2gcosθ

法二：(1)如图(b)所示，当速度方向与斜面平行时，离斜面最远，v的切线反向延长与v0交点为此

时横坐标的中点P，

12

ygt

则＝＝2，＝v0tanθ

tanθ1t.

x1g

v0t

22

2222

1v0tanθ2v0tanθAD

(2)AC＝y＝gt2＝，而ACCD＝13，所以AD＝4y＝，A、B间距离s＝＝

22ggsinθ

2∶∶

2v0tanθ

.

gcosθ

法三：(1)设物体运动到C点离斜面最远，所用时间为t，将v分解成vx和vy，如图(c)所示，则由tan

vygtv0tanθ

θ＝＝，得t＝.

vxv0g

(2)设由A到B所用时间为t′，水平位移为x，竖直位移为y，如图(d)所示，由图可得

y

tanθ＝，y＝xtanθ

x

1①

y＝gt′2

2

②

x＝v0t′

2v0tanθ

由式得：t′＝③

g

2

①②③2v0tanθ

而x＝v0t′＝，

g

2

x2v0tanθ

因此A、B间的距离s＝＝.

cosθgcosθ

类型二：垂直撞斜面平抛运动

方法：分解速度．

vx＝v0，

vy＝gt，

vxv0

tanθ＝＝，

vygt

v0

可求得t＝.

gtanθ

底端正上方平抛撞斜面中的几何三角形

类型三：撞斜面平抛运动中的最小位移问题

过抛出点作斜面的垂线，如图所示，

当小球落在斜面上的B点时，位移最小，设运动的时间为t，则

水平方向：x＝hcosθ·sinθ＝v0t

12gh2h

竖直方向：y＝hcosθ·cosθ＝gt，解得v0＝sinθ，t＝cosθ.

22g

知识点三、水平方向上的圆周运动

1．结构特点：一根质量和伸长可以不计的轻细线，上端固定，下端系一个可以视为质点的摆球在水

平面内做匀速圆周运动，细绳所掠过的路径为圆锥表面。

2．受力特点：摆球质量为，只受两个力即竖直向下的重力和沿摆线方向的拉力。两个力的

合力，就是摆球做圆周运动的向心力，如图所示（也可以理解为拉力的竖直分力�与摆球的重

�Fn��FT�

力平衡，的水平分力提供向心力）。

FT

4．运动特点：摆长为，摆线与竖直方向的夹角为的圆锥摆，摆球做圆周运动的圆心是O，圆周运

动的轨道半径是��

�=�𝑠��

向心力合

22

�=��𝑡��=𝑡�=���𝑠��=��/(�𝑠��)

摆线的拉力

��=��/𝑐��

【讨论】：(1)当摆长一定，摆球在同一地点、不同高度的水平面内分别做匀速圆周运动时，据

可知，若角速度越大，则越大，摆线拉力也越大，向心加速度𝑐��=

2

��

�也/越(�大�，)线速度�=�也越大。�=��/𝑐���=�𝑡��

�=����𝑠��𝑡��

结论是：同一圆锥摆，在同一地点，若越大，则摆线的拉力越大，向心力越大，向心加速度也越

大，转动的越快，运动的也越快，。�

(2)当为定值时（为摆球的轨道面到悬点的距离h，即圆锥摆的高度），摆球的质量相

�𝑐���𝑐��=ℎ

等、摆长不等的圆锥摆若在同一水平面内做匀速圆周运动，则摆线拉力，向心力合

�

，向心加速度，角速度，线速度�=��/𝑐�。��=

��𝑡����=�𝑡���=�/ℎ�=��=�ℎ𝑡��

结论是：在同一地点，摆球的质量相等、摆长不等但高度相同的圆锥摆，转动的快慢相等，但角

大的圆锥摆，摆线的拉力大，向心力大，向心加速度大，运动得快。�

知识点四、竖直面内“绳、杆（单、双轨道）”模型对比

轻绳模型（没有支撑）轻杆模型（有支撑）

常见

类型

v2

过最高点的临由mg＝m得v临＝gr由小球能运动即可得v临＝0

r

界条件

对应最低点速度v低≥对应最低点速度v低≥

绳不松不脱轨5��4��

v低≥或v低≤不脱轨

条件

5��2��

22

F低-mg=mv低/rF低-mg=mv低/r

最低点弹力

22

F低=mg+mv低/r，向上拉力F低=mg+mv低/r，向上拉力

(1)当v＝0时，FN＝mg，FN为向上支持力

v2

(2)当0＜v＜gr时，－FN＋mg＝m，FN向

v2r

过最高点时，v≥gr，FN＋mg＝m，

r

上支持力，随v的增大而减小

最高点弹力v2

绳、轨道对球产生弹力FN＝m-mg

r(3)当v＝gr时，FN＝0

向下压力v2

(4)当v＞gr时，FN＋mg＝m，FN为向下压

r

力并随v的增大而增大

在最高

点的FN

取竖直向下为正方向

图线取竖直向下为正方向

知识点五、竖直面内圆周运动常见问题与二级结论

【问题1】一个小球沿一竖直放置的光滑圆轨道内侧做完整的圆周运动，轨道的最高点记为A和最

低点记为C，与原点等高的位置记为B。圆周的半径为

要使小球做完整的圆周运动，当在最高点的向心力恰�好等于重力时，由可得

A2

�

��=�����①

对应C点的速度有机械能守恒得

1212

2�2��

当小球在C点时给小球一个水平��向2左�=的速�度�若−小球��恰能�到达=与5O��点②等高的D位置则由机械能守恒

得

12

���=2�����=2��③

小结：(1).当时小球能通过最高点A小球在A点受轨道向内的支持力由牛顿第二定律

��>5����+

2

��

��=��④

当时小球恰能通过最高点小球在点受轨道的支持力为由牛顿第二定律。

(2).AA02

��

��=5����=��

(⑤3).当时小球不能通过最高点A小球在A点，上升至DA圆弧间的某一位向右做

斜抛运动2�离�开<圆��周<，且5�v�越大离开的位置越高，离开时轨道的支持力为0

在段射重力与半径方向的夹角为则、

DA2

�ℎ

(4).当时小球不能通过�最高�点��A��上�升=至�C�D圆𝑐弧��的=某�一位置速度减为0之后沿圆弧返

回。上0升<的�最�≤高点2为��C永不脱离轨道

【问题2】常见几种情况下物体受轨道的作用力

(1)从最高点A点静止释放的小球到达最低点C：由机械能守恒

12

��2�=2���

在点由牛顿运动定律：得

C2

��

��−��=����=5��⑥

(2)从与O等高的D点（四分之一圆弧）处静止释放到达最低点C：由机械能守恒

12

���=2���

在点由牛顿运动定律：得

C2

��

��

(3)从A点以初速度�−释�放�小=球�到�达最�低点=3��⑦

�

由机械能守恒�=��

1212

��2�=2���−2���

在点由牛顿运动定律：得

C2

��

��−��=����=6��⑧

题型一：对绳、杆端速度进行分解

【例1】（2024•荆门三模）如图所示，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一

箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到

图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为，不计一切摩擦，下列说法正

确的是（）θ

A．货车的速度等于vcos

B．货物处于失重状态θ

C．缆绳中的拉力FT大于（m0+m）g

D．货车对地面的压力大于货车的重力

【解答】解：A、关联速度可知，沿着绳上的速度相等，可知v货cos＝v

θ

解得货

�

�=

故A错误；𝑐��

B、货车向左做匀速直线运动的过程中，减小，cos增大，货车向左做匀速直线运动，v增大，

加速度向上，则货物处于超重状态，故Bθ错误；θ

C、由加速度向上，则FT﹣（m+m0）g＝（m+m0）a

缆绳中的拉力FT大于（m0+m）g，故C正确；

D、对货车受力分析可得FN+FTsin＝m货g

即FN＜m货gθ

货车的对地面的压力小于货车的重力，故D错误；

故选：C。

【变式1-1】（2024•锦江区校级模拟）为了减小关后备箱时箱盖和车体间的冲力，在箱盖和车体间安

装液压缓冲杆，其结构如图所示。当液压杆AO2长度为L时，AO2和水平方向夹角为75°，AO1

和水平方向夹角为45°，A点相对于O1的速度是vA，则A点相对于O2的角速度为（）

A．B．C．D．

3����2��2��

【解答2�】解：由几何关系可2�知∠O1AO2＝30°；2�3�

将vA沿着AO2杆和垂直AO2杆分解如图

由几何关系可得v⊥与vA之间的夹角是30°，且vAcos30°＝v⊥

设A点相对于O2的角速度为，则v⊥＝L

解得ωω

3��

故A�正=确，2�BCD错误。

故选：A。

【变式1-2】（2024•浙江模拟）如图所示，有一半径为r的圆环在一水平地面上向右运动，且其圆心

速度大小为v。现有一木板，左端固定于地面之上，同时还搭于圆环之上，且木板与地面所成锐

角为。则木板转动的角速度为（）

θω

A．B．

����

𝑐��𝑡�𝑠��𝑡�

C．�2D．�2

����

𝑐�𝑡��𝑐��𝑐�

【解�答】解2：设圆周与上木板的接触点为P，圆心�为O，角的2顶点为A，连接AO，AP之间的距

离为x，将圆心的速度分解为板的速度和圆上P点的速度，如图所示

由几何关系有

��

由运动的合成与𝑡分�解2有=�

v板＝vsin

板

板的角速θ度为

�

�=

解得�

��

故B正�确=，�A𝑠C�D�𝑡错�误2。

故选：B。

【变式1-3】（2024•西城区校级模拟）如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在

光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面

下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为，小球A和墙面恰好分离，最

后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是（）θ

A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零

B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小

C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离

D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tan：1

【解答】解：B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程θ，对A、B、C三个小球组成的系

统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得Ft＝（mB+mC）vB，

所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误；

A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离

时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，

所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确；

C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在

水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球C球和小球B分离，故C正

确；

D．当小球A和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示：

两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有vAcos＝vBsin，可得：，故D正确。

��𝑡��

θθ=

本题选错误的，��1

故选：B。

题型二：平抛运动与斜面、曲面的结合

【例2】（2024•五华区校级模拟）国家跳台滑雪中心是中国首座跳台滑雪场馆，主体建筑灵感来自

于中国传统饰物“如意”，因此被形象地称作“雪如意”。如图所示，现有甲、乙两名可视为质点

的运动员从跳台a处先后沿水平方向向左飞出，初速度大小之比为2：3，不计空气阻力，则甲、

乙从飞出至落到斜坡（可视为斜面）上的过程中，下列说法正确的是（）

A．甲、乙飞行时间之比为3：2

B．甲、乙飞行的水平位移之比为4：9

C．甲、乙在空中竖直方向下落的距离之比为2：3

D．甲、乙落到坡面上的瞬时速度方向与水平方向的夹角之比为2：3

【解答】解：A、坡面倾角即为位移与水平方向的夹角，设为，则有

θ

，故飞行时间与初速度成正比，

12tan

�2����

=0=0=θ

���2�甲

甲甲

整理解得2�𝑡��

乙

�乙��乙2

=2�𝑡��==

��3

甲、乙两人飞行时间�之比为2：3，故A错误；

B、根据x＝v0t，

甲

代入数据解得

�乙4

=

�9

可得甲、乙两人飞行的水平位移之比为4：9，故B正确；

C、把运动员的运动分解为沿斜面方向的运动和垂直于斜面方向的运动，由几何关系可知，运动

员在垂直于斜面方向上做初速度为v0sin，加速度大小为gcos的匀减速运动，当垂直于斜面方

向的速度减小到零时，运动员离斜面距离θ最大，为θ

，

ℎ2

(�0𝑠��)

�=

2�𝑐��甲

代入数据解得则他们在空中离雪坡面的最大距离之比为，故C错误；

ℎ乙4

=

ℎ9

D、当落在斜坡上时，瞬时速度与水平方向夹角正切值的两倍，只要是落在斜面上，位移与水平

方向的夹角就相同，所以两人落到斜坡上的瞬时速度方向一定相同，故D错误。

故选：B。

【变式2-1】（2024•德州模拟）如图所示，把一小球从斜面上先后以相同大小的速度抛出，一次水平

抛出，另一次抛出的速度方向与斜面垂直，两小球最终都落到斜面上，水平抛出与垂直斜面抛出

落点到抛出点的距离之比为（）

A．1：2B．2：1C．1：1D．1：3

【解答】解：设斜面倾角为，当小球做平抛运动落在斜面上时；

根据平抛运动规律，水平位移θ为x＝v0t

竖直位移

12

�=��

根据数学知识2

�

𝑡��=

抛出点与落点之间的距�离

�

�1=

代入数据解得；𝑐��

2

2�0𝑡��

�1=

当小球垂直于斜面抛�出𝑐时��，小球做斜抛运动，根据运动的合成与分解，竖直分速度vy＝v0cos，

水平分速度vx＝v0sinθ

以抛出点为参考点，根θ据斜抛运动规律，水平位移x1＝vxt1

竖直位移

2

1�111

根据数学知−�识=��−2��

�1

𝑡��=

抛出点与落点之间的距�1离

�1

�2=

代入数据解得；𝑐��

2

2�0𝑡��

�2=

因此有，故C�正𝑐确��，ABD错误。

�11

=

故选：�C2。1

【变式2-2】（2024•观山湖区校级模拟）如图所示为固定的半圆形竖直轨道，AB为水平直径，O为

圆心，现同时从A、B两点水平相向抛出甲、乙两个小球，其初速度大小分别为v1、v2，且均落

在轨道上的C点，已知OC与竖直方向的夹角＝30°，忽略空气阻力，两小球均可视为质点。

则下列说法正确的是（）θ

A．甲、乙两球不会同时落到轨道上

B．两者初速度关系为v1＞v2

C．整个下落过程，甲球速度变化量大于乙球速度变化量

D．甲球可沿半径方向垂直打在轨道上C点

【解答】解：AC、由图可知，两个物体下落的高度是相等的，

自由落体运动下降的高度为

ℎ

12

又速=度2变��化为

Δv＝gt

可知甲、乙两球下落到轨道的时间相等，即甲、乙两球同时落到轨道上，甲、乙两球下落到轨道

的速度变化量相同，故AC错误。

B、设圆形轨道的半径为R，则甲水平位移为

x甲＝R+Rsin30°＝R+0.5R＝1.5R

乙水平位移为

x乙＝R﹣Rsin30°＝R﹣0.5R＝0.5R

可得

x甲＝3x乙

小球水平方向做匀速直线运动，则有

v1：v2＝3：1

故B正确。

D、由平抛运动推论，速度反向延长线过水平位移中点，由题图可知若甲球垂直打在轨道上，由

几何关系，其速度方向延长线应过O点，与推论矛盾，则甲球不可能沿半径方向垂直打在半圆形

竖直轨道上，故D错误。

故选：B。

【变式2-3】（多选）（2023•海口三模）如图所示，DOE为竖直半圆，O为圆周的最低点，B、C关

于过O点的竖直线左右对称。现从D点分别水平抛出三个小球a、b、c，其落点分别为圆周上的

A、B、C三点。不计空气阻力，则下列说法正确的是（）

A．飞行时间最短的是小球c

B．飞行位移最小的是小球a

C．三个小球飞行的加速度大小关系为aa＜ab＝ac

D．小球c的初速度比小球b的初速度大

【解答】解：A、小球在空中做平抛运动，竖直方向有

ℎ

12

由图=可2知��小球a下落高度最小，则飞行时间最短的是小球a，故A错误；

B、由图可知小球a下落高度最小，且水平位移最小，根据

22

�可=知飞�行+位�移最小的是小球a，故B正确；

C、三个小球做平抛运动，竖直方向上做的是自由落体运动，三个小球飞行的加速度均为重力加

速度，故C错误；

D、由图可知小球c与小球b的下落高度相同，则空中飞行时间相同，小球c的水平位移大于小

球b的水平位移，则小球c的初速度比小球b的初速度大，故D正确。

故选：BD。

题型三：多体平抛运动

【例3】（2024•南京二模）如图所示，在同一竖直面内，物块1从a点以速度v1水平抛出，同时物

块2从b点以速度v2抛出，两物块在落地前相遇，两物块均视为质点，除重力外不受其他作用力。

下列说法正确的是（）

A．相遇点在二者初速度连线交点的正下方

B．只改变v1的大小，两物块仍可相遇

C．只改变v2的大小，两物块仍可相遇

D．只把v2的方向向左转动，两物块仍可相遇

【解答】解：设a离地的高度为h，ab间水平距离为L，如图所示。

取竖直向上为正方向，相遇时，竖直方向有

（v2sin•t）＝h

1212

��+α−��

可2得t2

ℎ

=�2𝑠𝑖

相遇点到b点的水平距离为x2＝v2cos•t＝v2cos•bc，可知相遇点在二者初速度

ℎℎ

αα==

连线交点的正下方，故A正确；�2𝑠𝑖𝑡𝑖

B、只改变v1的大小，由上分析可知相遇时所用时间仍为t

ℎ

=

水平方向应有v1t+v2cos•t＝L�2𝑠𝑖

其他量不变，只改变v1α的大小，上式不成立，即两物块不能相遇，故B错误；

C、只改变v2的大小，相遇时，水平方向应有v1t+v2cos•t＝L，将t代入得：

ℎ

α=�2𝑠𝑖

v1v2cos•L

ℎℎ

+α=

即�2𝑠𝑖�L2𝑠𝑖

�1ℎℎ

+=

只改�2�变��v�2的�大��小�，上式不成立，即两物块不能相遇，故C错误；

D、只把v2的方向向左转动，即只改变，L不成立，即两物块不能相遇，故D

�1ℎℎ

α+=

错误。�2𝑠𝑖𝑡𝑖

故选：A。

【变式3-1】（2023•铁东区校级二模）如图所示，A、B两小球从相同高度同时水平抛出，经过时间

t在空中相遇，若两球的抛出速度都变为原来的，不计空气阻力，则两球从抛出到相遇的过程中，

1

下列说法正确的是（）2

A．相遇时间变为

�

4

B．相遇时间变为

�

C．相遇点的高度下2降了

32

��

D．相遇点的位置在原来2的左下方

【解答】解：AB、设第一次抛出时A球的速度为v1，B球的速度为v2，则A、B间的水平距离

x＝（v1+v2）t，第二次两球的速度为第一次的，但两球间的水平距离不变，则，

1�1�2

�=(+)�'

联立得t′＝2t，故AB错误；222

CD、两次相遇位置的高度差Δh，相遇位置在原来的正下方，故C正确，

121232

D错误。=2�(2�)−2��=2��

故选：C。

【变式3-2】如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另

一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄

豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的

长度，不计黄豆的空气阻力，可将黄豆看成质点，则（）

A．两黄豆相遇时，甲的速度与水平方向的夹角的正切值为乙的两倍

B．甲黄豆在P点速度与乙黄豆在最高点的速度不相等

C．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍

D．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半

【解答】解：B、设甲黄豆做平抛运动的时间为t，那么乙黄豆做斜抛运动的时间也为t，根据斜

抛运动的对称性可知：乙黄豆从M点运动至最高点的时间为，乙黄豆从M点运动至最高点的水

�

平位移为MN的一半，设PM＝MN＝L，甲黄豆在P点的速度2为v1，乙黄豆到达最高点的速度为

v′，在水平方向上有运动学规律，对甲黄豆：L＝v1t，对乙黄豆从M点运动至最高点有：，

��

=�'⋅

22

联立解得：v1＝v′，故B错误；

�

=�

ACD、对甲黄豆到达N点时，在竖直方向上：L，v1y＝gt，

12

=2��=2��

在水平方向：v1；

���

=�=2

甲黄豆到达N点时的速度为：v甲，

225��

=�1+�1�=

对乙黄豆在从M点运动至最高点的过程中，由逆向2思维得上升的最大高度为：h

1�21

=�()=⋅

，所以乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度的；224

1211

��=�

乙2黄豆在4M点的竖直方向分速度为：，则：，4

2

2��2���

�=2�⋅4�=2

由运动的合成与分解得乙黄豆在N点的速度为：乙，所以两黄豆相遇时甲

22

2�

的速度大小不是乙的两倍；�=�'+�=��

两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角正切值为：tan2，